宁夏银川九中2014届高三上学期第五次月考化学试卷解析.版 Word版含解析.doc

2013-2014学年宁夏银川九中高三（上）第五次月考化学试卷 一、选择题：本题共7小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1（6分）（2013秋武侯区校级月考）下列反应的离子方程式肯定不正确的是（）A向硫酸铝铵溶液中滴加Ba（OH）2溶液：NH4+Al3+2SO42+2Ba2+5OH=AlO2+2BaSO4+NH3H2O+2H2OB向FeBr2溶液中通人Cl2：2Fe2+2Br+2Cl2=2Fe3+Br2+4ClC向含Mg（HCO3）2的硬水中滴加NaOH溶液：Mg2+HCO3+OH=MgCO3+H2OD用惰性电极电解金属氯化物溶液的离子方程式：2Cl+2H2OCl2+H2+2OH考点：离子方程式的书写版权所有专题：离子反应专题分析：A当氢氧化钡过量时，二者反应生成偏铝酸根离子、硫酸钡、一水合氨和水；B当通入过量氯气不足量时，溴部分被氧化，二者反应生成氯化铁和溴；C应生成溶解度更小的Mg（OH）2；D用惰性电极电解活泼金属氯化物时，阳极上氯离子放电、阴极上氢离子放电解答：解：A当氢氧化钡过量时，二者反应生成偏铝酸根离子、硫酸钡、一水合氨和水，离子方程式为NH4+Al3+2SO42+2Ba2+5OH=AlO2+2BaSO4+NH3H2O+2H2O，故A正确；B当通入氯气不足量时，二者反应生成氯化铁和溴，溴部分被氧化，离子方程式为2Fe2+2Br+2Cl2=2Fe3+Br2+4Cl，故B正确；C二者反应生成氢氧化镁沉淀、碳酸钠和水，离子方程式为Mg2+2HCO3+4OH=Mg（OH）2+2H2O+2CO32，故C错误；D用惰性电极电解活泼金属氯化物时，阳极上氯离子放电、阴极上氢离子放电，离子方程式为2Cl+2H2OCl2+H2+2OH，故D正确；故选C点评：本题考查了离子方程式正误判断，明确物质之间的反应及离子方程式书写规则是解本题关键，注意ABC离子方程式与反应物的量有关，反应物的量不同其产物不同，注意C中碳酸镁溶解度大于氢氧化镁，所以先生成氢氧化镁沉淀，为易错点2（6分）（2011宿城区校级四模）向100mL0.25mol/L的AlCl3溶液中加入金属钠完全反应，恰好生成只含NaCl和NaAlO2的澄清溶液，则加入金属钠的质量是（）A3.45gB2.3gC1.15gD0.575g考点：镁、铝的重要化合物；化学方程式的有关计算；钠的化学性质版权所有专题：几种重要的金属及其化合物分析：根据Cl元素守恒有n（NaCl）=3n（AlCl3），根据Al元素守恒有n（NaAlO2）=n（AlCl3），根据Na元素守恒有n（Na）=n（NaCl）+n（NaAlO2），再结合m=nM计算加入金属钠的质量解答：解：100mL 0.25mol/L的AlCl3溶液中n（AlCl3）=0.1L0.25mol/L=0.025mol，根据Cl元素守恒有n（NaCl）=3n（AlCl3）=30.025mol=0.075mol，根据Al元素守恒有n（NaAlO2）=n（AlCl3）=0.025mol，所以n（Na）=n（NaCl）+n（NaAlO2）=0.075mol+0.025mol=0.1mol，则加入的Na的物质的量为：0.1mol23g/mol=2.3g，故选B点评：本题考查物质的量有关计算，难度中等，注意从元素守恒解答，可省去书写化学方程式的中间过程3（6分）（2014芗城区校级二模）常温下，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是（）A在碱性溶液中：K+、Cl、Na+、CO32B在=11012的溶液中：Ca2+、Cl、K+、NH4+C澄清透明溶液中：Cu2+、Fe3+、I、SO42D与铝粉反应放出氢气的无色溶液中：K+、N、Cl、HC考点：离子共存问题版权所有专题：离子反应专题分析：A碱性条件下，不离子之间不发生任何反应，则可大量共存；B.=11012的溶液呈碱性；C发生氧化还原反应；D与铝粉反应放出氢气的无色溶液可能呈强碱性或为非氧化性酸溶液解答：解：A离子在碱性条件下不发生任何反应，可大量共存，故A正确；B.=11012的溶液呈碱性，NH4+不能大量共存，故B错误；CFe3+、I发生氧化还原反应而不能大量共存，故C错误；D与铝粉反应放出氢气的无色溶液可能呈强碱性或为非氧化性酸溶液，无论溶液呈酸性还是碱性，HCO3都不能大量共存，故D错误故选A点评：本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，注意选项B为解答的易错点，题目难度不大4（6分）（2009湖南模拟）有一未完成的离子方程式：+XO3+6H+3X2+3H2O，据此判断X元素的最高化合价为（）A+7B+6C+5D+1考点：常见元素的化合价版权所有专题：原子组成与结构专题分析：根据离子方程式遵循原子守恒、电荷守恒和氧化还原反应遵循得失电子守恒进行分析解答解答：解：方程式右边电荷为0，根据离子方程式左右电荷相等，则方程式左边未知物应含有5个负电荷，根据方程式遵循质量守恒定律原子守恒可知，如生成3molX2，则XO3为1mol，未知物为5mol，所以1mol未知物含有1mol负电荷，离子方程式为：5X+XO3+6H+3X2+3H2O，X的最低化合价为1价，则X原子核外最外层有7个电子，最高化合价为+7价，故选：A点评：本题考查离子方程式的书写和未知物的化合价的推断，注意从守恒的角度解答，解答本题的关键是正确推断未知物的物质的量和化合价，题目难度中等5（6分）（2014秋神木县校级月考）下列实验现象预测正确的是（）A实验：振荡后静置，上层溶液颜色保持不变B实验：酸性KMnO4溶液中出现气泡，但颜色不变C实验：微热稀HNO3片刻，溶液中有气泡产生，广口瓶内始终保持无色D实验：继续煮沸溶液至红褐色，停止加热，当光束通过体系时可产生丁达尔效应考点：化学实验方案的评价版权所有专题：实验评价题分析：A溴可与氢氧化钠溶液反应；B蔗糖与浓硫酸反应可生成具有还原性的二氧化硫气体；C生成的NO可与空气中氧气反应生成红棕色的二氧化氮气体；D饱和氯化铁溶液在沸水中水解生成氢氧化铁胶体解答：解：A溴可与氢氧化钠溶液反应，振荡后静置，上层溶液无色，故A错误；B蔗糖与浓硫酸反应可生成具有还原性的二氧化硫气体，可使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B错误；C生成的NO可与空气中氧气反应生成红棕色的二氧化氮气体，故C错误；D饱和氯化铁溶液在沸水中水解生成氢氧化铁胶体，故D正确；故选：D点评：本题考查化学实验方案的评价，考查较为综合，涉及分液、浓硫酸的性质、NO以及胶体的制备等，侧重于学生的实验能力和评价能力的考查，为高考常见题型，注意把握相关物质的性质以及实验方法，难度中等6（6分）（2012天心区校级模拟）勤洗手和经常对环境进行消毒是预防传染病的有效途径2012年4月，H7N9疫情爆发，可以用某种消毒液进行消毒，预防传染已知该消毒液为无色液体，用红色石蕊试纸检验，发现试纸先变蓝后褪色，则该消毒液的主要成分可能是（）AKMnO4BH2O2CNaClODNH3H2O考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用版权所有专题：卤族元素分析：该消毒液为无色液体，用红色石蕊试纸检验，发现试纸先变蓝后褪色，则消毒液具有碱性和漂白性，以此来解答解答：解：该消毒液为无色液体，用红色石蕊试纸检验，发现试纸先变蓝后褪色，则消毒液具有碱性和漂白性，AKMnO4不具有碱性，且为紫色，与无色不符，故A不选；B不能使试纸变蓝，故B不选；CNaClO溶液水解显碱性，且具有漂白性，溶液为无色，符合题意，故C选；DNH3H2O不具有漂白性，故D不选；故选C点评：本题考查漂白液的成分及性质，为高频考点，把握溶液碱性及漂白性的判断为解答的关键，注意物质的性质及习题中的信息，题目难度不大7（6分）（2014秋城厢区校级期中）下列说法正确的是（）氯气的性质活泼，它与氢气混合后立即发生爆炸实验室制取氯气时，为了防止环境污染，多余的氯气可以用氢氧化钙溶液吸收新制氯水的氧化性强于久置氯水的检验HCl气体中是否混有Cl2，方法是将气体通入硝酸银溶液中除去HCl气体中的Cl2，可将气体通入饱和食盐水中ABCD考点：氯气的化学性质版权所有专题：卤族元素分析：氯气和氢气在没有条件下不反应；氢氧化钙的溶解性较小；氯水中次氯酸有强氧化性，久置的氯水中次氯酸含量较低；氯化氢、氯气都和硝酸银溶液反应； 饱和食盐水中含有氯离子，抑制氯气的溶解解答：解：氯气和氢气在点燃或光照条件下能产生爆炸，在没有条件下不反应，故错误；氢氧化钙的溶解度较小，所以吸收氯气的能力较小，实验室一般用氢氧化钠溶液吸收氯气，故错误；次氯酸有强氧化性，新制的氯水中次氯酸的量较多，久置的氯水中，次氯酸分解生成氯化氢和氧气，所以久置的氯水中次氯酸含量较少，强氧化性较低，所以新制氯水的氧化性强于久置氯水的，故正确；氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，氯化氢和硝酸银反应生成氯化银沉淀，所以氯气、氯化氢都能和硝酸银溶液反应生成白色沉淀，所以硝酸银溶液不能用于检验HCl气体中是否混有Cl2，故错误；饱和食盐水中含有氯离子，抑制氯气的溶解，氯化氢极易溶于饱和食盐水，所以可以除去Cl2中的HCl气体，但达不到除去HCl气体中的Cl2的目的，故错误；故选C点评：本题考查氯气的性质，知道氯水中存在的微粒及其性质即可解答，注意新制氯水和久置氯水的区别，为易错点二、非选择题（共129分）8（15分）（2014芗城区校级二模）A、B、D、E为原子序数依次增大的短周期元素A、B组成的气体甲能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；A、D处于同一主族，E的最外层电子数等于其电子层数（1）B在元素周期表的位置是第二周期A族；四种元素的简单离子，半径最大的是N3（填离子符号）；D的单质在氧气中燃烧的产物电子式为（2）B的一种氧化物BO2与水反应的化学方程式为：3NO2+H2O2HNO3+NO（3）甲和B的最高价氧化物的水化物反应生成乙在0.1molL1乙溶液中，所含离子浓度由大到小的顺序是c（NO3）c（NH4+）c（H+）c（OH）（4）25时，E的最高价氧化物的水化物KSP=1.01034，使含0.1molL1E离子的溶液开始产生沉淀的pH为3考点：位置结构性质的相互关系应用版权所有专题：元素周期律与元素周期表专题分析：A、B、D、E为原子序数依次增大的短周期元素，A、B组成的气体甲能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则甲是NH3，A的原子序数小于B，则A是H元素、B是N元素；A、D处于同一主族，且D的原子序数大于B，所以D是Na元素；E的最外层电子数等于其电子层数，其最外层电子数是3，E的原子序数大于Na，所以E是Al元素，再结合元素周期律、物质结构及性质分析解答解答：解：A、B、D、E为原子序数依次增大的短周期元素，A、B组成的气体甲能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则甲是NH3，A的原子序数小于B，则A是H元素、B是N元素；A、D处于同一主族，且D的原子序数大于B，所以D是Na元素；E的最外层电子数等于其电子层数，其最外层电子数是3，E的原子序数大于Na，所以E是Al元素，（1）通过以上分析知，B是N元素，位于第二周期第VA族，电子层数越多，半径越大，在电子层结构相同的离子中，离子半径随着原子序数的增大而减小，所以A、B、D、E四种元素的简单离子，半径最大的是N3，D是Na，钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，过氧化钠中钠离子和过氧根离子之间存在离子键、O原子和O原子之间存在共价键，所以过氧化钠的电子式为，故答案为：第二周期A族；N3；（2）B的一种氧化物BO2为NO2，二氧化氮和水反应生成硝酸和NO，反应方程式为3NO2+H2O2HNO3+NO，故答案为：3NO2+H2O2HNO3+NO；（3）甲是NH3，B的最高价氧化物的水化物是HNO3，二者反应生成乙，则乙为NH4NO3，NH4NO3为强酸弱碱盐，铵根离子水解导致溶液呈酸性，则c（H+）c（OH），根据电荷守恒得c（NO3）c（NH4+），铵根离子水解较微弱，所以c（NH4+）c（H+），则0.1molL1乙溶液中离子浓度大小顺序是c（NO3）c（NH4+）c（H+）c（OH），故答案为：c（NO3）c（NH4+）c（H+）c（OH）；（4）25时，W的最高价氧化物的水化物KSP=1.01034，根据氢氧化铝的溶度积常数知，溶液中c（OH）=mol/L=1011 mol/L，c（H+）=mol/L=103mol/L，则0.1molL1Al 3+的溶液开始产生沉淀的pH为3，故答案为：3；点评：本题考查了元素位置结构性质的相互关系及应用，涉及盐类水解、元素化合物知识、电子式、沉淀溶解平衡的计算等知识点，综合性较强，且为高考高频点，根据原子结构、物质的性质确定元素，题目难度不大9（14分）（2013秋安溪县校级期中）为探究SO2气体还原Fe3+、I2，使用的药品和装置如图所示：（1）SO2与FeCl3溶液反应的离子方程式是：2H2O+SO2+2Fe3+SO42+4H+2Fe2+；装置C的作用是吸收SO2尾气，防止污染空气（2）若要从A中所得溶液提取晶体，必须进行的实验操作步骤：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、自然干燥，在这一系列操作中没有用到的仪器有B、F（填序号）A蒸发皿B石棉网C漏斗D烧杯 E玻璃棒 F坩埚（3）在上述装置中通入过量的SO2，为了验证A中SO2与Fe3+发生了氧化还原反应，他们取A中的溶液，分成三份，并设计了如下实验：方案：往第一份试液中加入KMnO4溶液，紫红色褪去方案：往第二份试液加入KSCN溶液，不变红，再加入新制的氯水，溶液变红方案：往第三份试液加入用稀盐酸酸化的BaCl2，产生白色沉淀上述方案不合理的是原因是因为A的溶液中含有SO2，SO2也能使KMnO4溶液褪色（4）能表明I的还原性弱于SO2的现象是B中蓝色溶液褪色考点：探究二氧化硫与水和品红溶液的反应版权所有专题：实验设计题分析：（1）三价铁离子具有氧化性，二氧化硫具有还原性，二者能够发生氧化还原反应生成亚铁离子和硫酸；二氧化硫有毒，不能直接排放到空气中，为酸性氧化物能够与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水；（2）从A中所得溶液提取晶体为绿矾，溶液中得到绿矾的实验操作是蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，干燥步骤得到；（3）二氧化硫、Fe2+具有还原性，和氧化剂能发生氧化还原反应，能使高锰酸钾溶液褪色现象明显；（4）B中发生SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4，还原剂的还原性大于还原产物解答：解：（1）铁离子能够氧化二氧化硫，SO2与FeCl3溶液反应的离子方程式为：SO2+2Fe3+2H2O=2Fe2+SO42+4H+，二氧化硫有毒，不能直接排放到空气中，二氧化硫酸性氧化物能够与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，所以可以用氢氧化钠溶液吸收二氧化硫，反应的化学方程式为：2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O，故答案为：2H2O+SO2+2Fe3+SO42+4H+2Fe2+；吸收SO2尾气，防止污染空气；（2）溶液中得到绿矾的实验操作是蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，干燥步骤得到，所以在这一系列操作中没有用到的仪器有石棉网、坩埚，故答案为：过滤；B、F；（3）二氧化硫有还原性，高锰酸钾有强氧化性，二氧化硫能与高锰酸钾发生氧化还原反应使高锰酸钾溶液褪色，Fe2+也使高锰酸钾溶液褪色，所以上述方案中不合理的是，故答案为：；因为A的溶液中含有SO2，SO2也能使KMnO4溶液褪色；（4）B中发生SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则I的还原性弱于SO2，现象为紫色变为无色，故答案为：B中蓝色溶液褪色点评：本题考查物质制备实验及性质实验，题目难度中等，明确各装置的作用及发生的化学反应是解答本题的关键，注意掌握二氧化硫的性质及检验方法10（14分）（2014长岭县校级一模）将晶体X加热分解，可得A、B、D、E、F和水六种产物，其中A、B、D都是中学化学中常见的氧化物，气体E是单质F所含元素的氢化物（1）A能溶于强酸、强碱，写出A与强碱溶液反应的离子方程式Al2O3+2OH=2AlO2+H2O（2）B、D都是酸性氧化物且组成元素相同，D溶于水得强酸，则B、D分子中除氧元素外所含另一种元素在周期表中的位置是第三周期、A族（3）E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，实验室制取E气体的化学方程式为2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3+2H2O，制得的气体可用如图所示装置收集，则气体应从B（填“A”或“B”）通入（4）由各分解产物的物质的量之比推测X的组成类似于明矾，则其化学式为NH4Al（SO4）212H2O，若向X的浓溶液中滴加浓NaOH溶液至过量，现象依次为生成白色沉淀、生成刺激性气味的气体、白色沉淀逐渐溶解（5）取一定量的X晶体分解，若生成F 1mol，则必同时生成SO2物质3mol考点：几组未知物的检验版权所有专题：物质检验鉴别题分析：（1）既能溶于强酸又能溶于强碱的常见氧化物A为Al2O3；（2）由B、D都是酸性氧化物且组成元素相同，B、D分子中除氧外所含另一种元素在两种化合物中的质量分数分别为50%和40%，可知B、D分别为SO3和SO2；（3）E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则E为NH3；根据氨气的密度大小选择收集方法；（4）X的组成类似于明矾，结合以上分析写出晶体X的化学式；NH4Al（SO4）212H2O溶液中含有铵根离子、铝离子，加入氢氧化钠溶液后，先生成白色沉淀，然后产生氨气，最后白色沉淀溶解，据此进行解答；（5）生成1molN2转移6 mol电子，根据电子守恒计算生成SO2的物质的量解答：解：（1）既能溶于强酸又能溶于强碱的常见氧化物A为Al2O3，与强碱溶液反应的离子方程式为：Al2O3+2OH=2AlO2+H2O，故答案为：Al2O3+2OH=2AlO2+H2O；（2）由B、D都是酸性氧化物且组成元素相同，B、D分子中除氧外所含另一种元素在两种化合物中的质量分数分别为50%和40%，可知B、D分别为SO3和SO2，硫元素在周期表中的物质是第三周期第A族，故答案为：第三周期、A族；（3）E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则E为NH3，实验室制备氨气的方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3+2H2O，由于氨气的密度比空气小，应用向下排空气法收集，故应从B管通入气体收集，故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3+2H2O；B；（4）根据以上分析可知，X中含有铝离子、铵根离子、硫酸根离子，再结合X的组成类似于明矾，可知其化学式为：NH4Al（SO4）212H2O；NH4Al（SO4）212H2O的溶液中含有铵根离子和铝离子，加入氢氧化钠溶液后，铝离子先与氢氧根离子反应生成氢氧化铝白色沉淀，铝离子反应完全后铵根离子与氢氧根离子反应生成氨气，最后白色沉淀氢氧化铝会逐渐溶解，故答案为：NH4Al（SO4）212H2O；生成白色沉淀；生成刺激性气味的气体；白色沉淀又逐渐溶解；（5）生成1molN2转移6 mol电子，根据电子守恒守恒，生成SO2的物质的量为：=3mol，故答案为：SO2；3点评：本题考查无机物推断、未知物的检验，题目难度中等，注意掌握常见元素及其化合物的性质，正确理解题中信息是解题关键，要求学生具备扎实基础知识和一定的分析、推理能力三、选考题：共45分请学生从给出的物理、化学、生物题中每科任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题如果多做，则每学科按所做的第一题计分11（15分）（2013安徽）有机物F是一种新型涂料固化剂，可由下列路线合成（部分反应条件略去）：（1）B的结构简式是HOOC（CH2）4COOH；E中含有的官能团名称是氨基和羟基（2）由C和E合成F的化学方程式是CH3OOC（CH2）4COOCH3+2HOCH2CH2NH2HOCH2CH2NHOC（CH2）4CONHCH2CH2OH+2CH3OH（3）同时满足下列条件的苯的同分异构体的结构简式是含有3个双键 核磁共振氢谱只显示1个吸收峰 不存在甲基（4）乙烯在实验室可由乙醇 （填有机物名称）通过消去反应 （填反应类型）制备（5）下列说法正确的是abdaA属于饱和烃 bD与乙醛的分子式相同 cE不能与盐酸反应 dF可以发生酯化反应考点：有机物的推断版权所有专题：有机物的化学性质及推断分析：在镍作催化剂条件下，苯和氢气发生加成反应生成环己烷，环己烷被氧气氧化生成B，在催化剂条件下，B和甲醇发生酯化反应生成C，根据C的结构结合B的分子式知，B是1，6己二酸；在银作催化剂条件下，乙烯被氧气氧化生成环氧乙烷，环氧乙烷和氨气反应生成E，C和E反应生成F，结合有机物的结构和性质解答解答：解：在镍作催化剂条件下，苯和氢气发生加成反应生成环己烷，环己烷被氧气氧化生成B，在催化剂条件下，B和甲醇发生酯化反应生成C，根据C的结构结合B的分子式知，B是1，6己二酸；在银作催化剂条件下，乙烯被氧气氧化生成环氧乙烷，环氧乙烷和氨气发生加成反应生成E，C和E发生取代反应生成F，（1）B是1，6己二酸，其结构简式为：HOOC（CH2）4COOH，根据E的结构简式知，E中含有羟基和氨基，故答案为：HOOC（CH2）4COOH，羟基和氨基；（2）C和E发生取代反应生成F，反应方程式为：CH3OOC（CH2）4COOCH3+2HOCH2CH2NH2HOCH2CH2NHOC（CH2）4CONHCH2CH2OH+2CH3OH，故答案为：CH3OOC（CH2）4COOCH3+2HOCH2CH2NH2HOCH2CH2NHOC（CH2）4CONHCH2CH2OH+2CH3OH；（3）具备含有3个双键、核磁共振氢谱只显示1个吸收峰则该有机物中只含一种类型的氢原子、不存在甲基的苯的同分异构体的结构简式为：，故答案为：；（4）乙烯在实验室可由乙醇通过消去反应制取，故答案为：乙醇，消去反应；（5）a环己烷中只存在共价单键，所以属于饱和烃，故正确； b环氧乙烷与乙醛的分子式都是C2H4O，所以分子式相同，故正确； cE中含有氨基，所以能与盐酸反应，故错误； dF中含有羟基，所以可以发生酯化反应，故正确；故选abd点评：本题涉及有机化合物之间的转化关系、官能团及性质、有机反应类型、有条件的同分异构体的书写等相关知识，明确有机物的官能团及其性质是解本题关键，难度中等12（15分）（2013重庆二模）有X、Y、Z、W四种含14个电子的粒子，其结构特点如下：粒子代码XYZW原子核数单核不同元素构成的两核同元素构成的两核同元素构成的两核粒子的电荷数00两个负电荷0（1）A原子核外比X原子多3个电子，A的原子结构示意图是含1mol X的氧化物晶体中含有共价键数目为4NA（2）Z与钙离子组成的化合物的电子式为（3）14g Y完全燃烧放出的热量是141.5kJ，写出Y燃烧的热化学方程式2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）H=566kJ/mol（4）组成W的元素最高价氧化物对应的水化物甲有如图所示转化关系（反应条件和其他物质已略）写出丁在高温下与水反应的化学方程式3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2或C+H2O（g）CO+H2组成W的元素的简单氢化物极易溶于水的主要原因是NH3与H2O间能形成氢键，该氢化物与空气可以构成一种燃料电池，电解质溶液是KOH，其负极的电极反应式为2NH36e+6OH=N2+6H2O考点：原子结构与元素周期律的关系；原子结构与元素的性质版权所有专题：元素周期律与元素周期表专题分析：X、Y、Z、W四种含14个电子的粒子，X为单核，电荷数为0，故X的质子数为14，X为Si原子；Y为不同元素构成的两核粒子，粒子电荷数为0，故Y为CO；Z为同元素构成的两核粒子，粒子电荷数为2，故形成Z元素的原子质子数为=6，故Z为C22；W为同元素构成的两核粒子，粒子电荷数为0，故形成W元素的原子质子数为=7，为N元素，W为N2，（1）A原子核外比Si原子多3个电子，A为Cl原子，原子核外电子数为17，有3个电子层，各层电子数为2、8、7；SiO2晶体中每个Si原子与4个O原子之间形成4个SiO键；（2）碳化钙为离子化合物，由钙离子与C22离子构成，C22离子中C原子之间形成3对共用电子对；（3）